2014广西物理《高考专题》（二轮）复习课件专题三_第8讲动量守恒定律及其应用

第8讲 动量守恒定律及其应用,1.动量、冲量、动量定理: (1)动量:物体质量与_的乘积,即p=_。 (2)冲量:力与力_的乘积,即I=_。,速度,mv,作用时间,Ft,(3)动量定理。 表达式:F合t=_-_或I=_-_=p。 意义: a.合冲量的大小与动量的变化量大小_。 b.合冲量的方向与动量的变化量的方向_。 c.物体受到_作用是引起物体动量发生变化的原因。,mv2,mv1,p2,p1,相同,相同,冲量,2.动量守恒定律: (1)动量守恒的条件。 系统不受外力或系统所受外力_; _远远小于_; 系统某一方向_,或外力 远小于_,则系统在_动量守恒。 (2)三种表达形式。 p=_。 m1v1+m2v2=_。 p1=_。,之和为零,系统所受的外力之和,内力,不受外力或所受外力的矢量和为零,内力,该方向,p,m1v1+m2v2,-p2,(3)碰撞的种类及特点。 弹性碰撞:a.动量_;b.碰撞前后总动能_。 非弹性碰撞:a.动量_;b.动能有_。 完全非弹性碰撞:a.碰后两物体合为一体;b.动量_; c.动能损失最_。,守恒,相等,守恒,损失,守恒,大,1.(2012大纲版全国卷)如图,大小相同的摆球 a和b的质量分别为m和3m,摆长相同,并排悬挂, 平衡时两球刚好接触。现将摆球a向左拉开一小 角度后释放。若两球的碰撞是弹性的,下列判断 正确的是( ) A.第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等 B.第一次碰撞后的瞬间,两球的动量大小相等 C.第一次碰撞后,两球的最大摆角不相同 D.发生第二次碰撞时,两球在各自的平衡位置,【解析】选A、D。两球弹性碰撞时动量守恒、动能守恒， 设碰撞前a球速度为v,碰撞后两球速度大小分别为va= 速度大小相等，选项A 正确；由于质量不同，碰后两球动量不相等，选项B错误； 碰后动能转化为重力势能，由 =mgh知，上升的最大高度 相等，所以最大摆角相等，选项C错误；由于摆角很小，小球 的运动可看做单摆模型，周期由摆长决定，所以两球的周期相 等，各经过二分之一周期在平衡位置发生第二次碰撞，选项D 正确。,2.(2012重庆高考)质量为m的人站在质量为2m的平板小车上,以共同的速度在水平地面上沿直线前行,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比。当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下。跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计,则能正确表示车运动的v-t图像为( ),【解析】选B。跳下瞬间相互作用的内力远大于地面的摩擦阻力,所以,跳车瞬间动量守恒,设人跳下小车后小车的瞬时速度为v,根据动量守恒定律有3mv0=2mv-mv0,所以v=2v0,因此选项B正确。,3.(2013新课标全国卷)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B,两者相距为d。现给A一初速度,使A与B发生弹性正碰,碰撞时间极短。当两木块都停止运动后,相距仍然为d。已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为,B的质量为A的2倍,重力加速度大小为g。求A的初速度的大小。,【解析】设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v； 在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2。在碰撞过程中， 由能量和动量守恒定律，得 mv=mv1+(2m)v2 式中，以碰撞前木块A的速度方向为正方向。 由式得 v1= ,设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2,由动能定理得 mgd1= (2m)gd2= 按题意有d=d1+d2 设A的初速度大小为v0，由动能定理得 mgd= 联立至式，得 v0= 答案：,热点考向1 动量定理的应用 【典例1】(20分)(2013百色一模)光滑水平地面上停放着一辆质量m=2kg的平板车,质量M=4kg可视为质点的小滑块静放在车左端,滑块与平板车之间的动摩擦因数=0.3,如图所示,一水平向右的推力F=24N作用在滑块M上,使M、m一起向右加速(相对静止),t=0.5s时撤去F,平板车继续向右运动一段时间后与竖直墙壁发生碰撞,设碰撞时间极短且碰后车以原速率反弹,滑块与平板车之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,平板车足够长,以至滑块不会从平板车右端滑落(g取10m/s2),问:,(1)平板车第一次与墙壁碰撞后能向左运动的最大距离s多大?此时滑块的速度多大? (2)平板车第二次与墙壁碰撞前的瞬间速度v2多大? (3)为使滑块不会从平板车右端滑落,平板车l至少要有多长?,【解题探究】 (1)平板车第一次与墙壁碰撞前的速度可用_定理求解。 (2)平板车与墙碰撞后,滑块与平板车相对滑动的过程中遵守 _。 (3)平板车和滑块最终处于什么状态?此相对滑动过程中机械能是否守恒? 提示:平板车和滑块最终停止在墙壁处,此相对滑动过程中机械能不守恒,机械能的损失全部转化为摩擦热。,动量,动量守恒定律,【解析】(1)设第一次碰墙前M、m的共同速度为v1，由动量 定理得，Ft=(M+m)v1， (2分) 则有v1= =2 m/s (2分) 第一次碰墙后到第二次碰墙前平板车和滑块组成的系统动量 守恒 平板车向左运动速度减为0时，由于mM，滑块仍在向右运动，设此时滑块的速度为v1，平板车离墙的距离为s,Mv1-mv1=Mv1 (2分) v1= =1 m/s (2分) 以平板车为研究对象，根据动能定理 -Mgs= (2分) s= 0.33 m (2分),(2)第一次碰撞后平板车运动到速度为零时，滑块仍有向右的速度，滑动摩擦力使平板车以相同的加速度重新向右加速，如果平板车的加速过程持续到与墙第二次相碰，则加速过程位移也为s，可算出第二次碰前瞬间的速度大小也为2 m/s，系统的总动量将大于第一次碰墙后的动量，这显然是不可能的，可见在第二次碰墙前平板车已停止加速，即第二次碰墙前一些时间车和滑块已相对静止。 设平板车与墙第二次碰撞前瞬间速度为v2，则Mv1-mv1 =(M+m)v2 (2分) v2= 0.67 m/s (2分),(3)平板车每次与墙碰撞后一段时间内，滑块都会相对车有一 段向右的滑动，由于两者相互摩擦，系统的部分机械能转化为 内能，平板车与墙多次碰撞后，最后全部机械能都转化为内 能，平板车停在墙边，滑块相对平板车的总位移设为l，则有 Mgl= (2分) 代入数据解得l=1 m (2分) 答案：(1)0.33 m 1 m/s (2)0.67 m/s (3)1 m,【总结提升】 用动量定理解题的基本思路 (1)确定研究对象。在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体。 (2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和合力的冲量；或先求合力，再求其冲量。 (3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。 (4)根据动量定理列方程。如有必要，还需要其他补充方程式，最后代入数据求解。,【变式备选】物体在恒定的合力F作用下做直线运动,在时间t1内速度由0增大到v,在时间t2内速度由v增大到2v,设F在t1内做的功是W1,冲量是I1;在t2内做的功是W2,冲量是I2,那么( ) A.I1I2,W1=W2 B.I1I2,W1W2 C.I1=I2,W1=W2 D.I1=I2,W1W2,【解析】选D。在t1时间内,I1=Ft1=mv,在t2时间内,I2=Ft2=2mv-mv=mv,故I1=I2。 故W1W2,D选项正确。,热点考向2 动量守恒定律的应用 【典例2】(16分)(2013黄山二模)质量为m1=2.0kg的物块随足够长的水平传送带一起匀速运动,传送带速度大小为v0=3.0m/s,方向如图所示。在m1的右侧L=2.5m处将质量为m2=3.0kg的物块,无初速度放上传送带,在m1、m2碰后瞬间m2相对传送带的速度大小为1.0m/s,设两物块与传送带间的动摩擦因数均为0.1,传送带的运动情况不受m1、m2的影响,且m1、m2碰撞时间极短,求:,(1)物块m2刚开始滑动时的加速度; (2)碰撞后两物块的速度。,【解题探究】 (1)物块m2刚开始滑动时受_作用,其加速度可用 _求解。 (2)m2与m1碰撞过程中遵守_,碰撞过程中_ 不可能增加。 (3)m2碰后相对传送带的速度大小为1.0m/s,那么m2相对地面的 速度可能为多少?如何判断哪个数据正确? 提示:m2相对地面的速度可能为v2=2.0m/s,也可能为v2= 4.0m/s,可根据碰撞过程中机械能不可能增加来判断哪组数据合 理。,滑动摩擦力,牛顿第二定律,动量守恒定律,机械能,【解析】(1)m2刚开始滑动时, a= =1m/s2,方向向右 (4分) (2)设经时间t1,m1、m2相碰, 则由 +L=v0t1 解得:t1=1s(t1=5s不合题意,舍去) (3分) 碰前m2的速度为v2=at1=1.0m/s 则碰后m2的速度为v2=2m/s或v2=4m/s (2分),由系统动量守恒可得:m1v0+m2v2=m1v1+m2v2或 m1v0+m2v2=m1v1+m2v2 (2分) 解得碰后m1的速度v1=1.5m/s或v1=-1.5m/s (1分) 根据系统碰后机械能不大于碰前机械能可知: v1=-1.5m/s,v2=4m/s这组数据不符合题意,舍掉。 (1分) 则碰后m1的速度为v1=1.5m/s,向右,m2的速度v2=2m/s,向右 (3分) 答案:(1)1m/s2,方向向右 (2)m1的速度为1.5m/s,向右 m2的速度为2m/s,向右,【总结提升】 解决碰撞问题的三个依据 (1)动量守恒,即p1+p2=p1+p2。 (2)动能不增加,即Ek1+Ek2Ek1+Ek2, 或 (3)速度要符合情境:如果碰前两物体同向运动,则后面的物体速度必大于前面物体的速度,即v后v前,否则无法实现碰撞。碰撞后,原来在前的物体的速度一定增大,且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度,即v前v后,否则碰撞没有结束。,【变式备选1】如图,质量为mB的平板车B上表面水平,开始时静止在光滑水平面上,在平板车左端静止着一质量为mA的物体A,一颗质量为m0的子弹以v0的水平初速度射入物体A,射穿A后速度变为v,已知A、B之间的动摩擦因数不为零,且A与B最终达到相对静止,求: (1)子弹射穿物体A的瞬间物体A的速度vA; (2)平板车B和物体A的最终速度v共。(设车身足够长),【解析】(1)子弹射穿物体A过程的时间极短,由动量守恒得m0v0=m0v+mAvA 解得:vA= (2)物体A在平板车B上滑行的过程中,因为地面光滑,且A、B最后相对静止,故A、B组成的系统水平方向动量守恒,有mAvA=(mA+mB)v共 解得: 答案:,【变式备选2】如图所示,一质量M=3.0kg 的长方体木板B放在光滑水平地面上,在其 右端放一质量m=1.0kg的小木块A。现以地面为参照系,给A和B以大小均为4.0m/s,方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,但最后A并没有滑离木板B。站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动,则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是( ) A.2.4 m/s B.2.8 m/s C.3.0 m/s D.1.8 m/s,【解析】选A。A相对地面速度为0时,木板的速度为v1,由动 量守恒得:(向右为正)Mv-mv=Mv1,得:v1= m/s。木块从此时 开始向右加速,直到两者有共同速度为v2,由动量守恒得: Mv-mv=(M+m)v2,得:v2=2m/s 故B对地面的速度在2m/s m/s范围内,所以A正确,B、C、D错 误。,热点考向3 动量和能量知识的综合应用 【典例3】(22分)(2013桂林一模)如图所示,一根轻质弹簧的一端固定在滑块B上,另一端与滑块C接触但未连接,它们静止放在离地面高为H的光滑水平桌面上。滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始滑下,与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动,经过一段时间,滑块C脱离弹簧,继续在水平桌面上匀速运动一段距离后从桌面边缘飞出。已知mA=m,mB=2m,mC=3m,求:,(1)滑块A与滑块B在碰撞结束瞬间的速度; (2)整个过程中弹簧的最大弹性势能; (3)滑块C的落地点与桌面边缘的水平距离。,【解题探究】 (1)滑块A沿光滑曲面下滑时满足_定律。 (2)滑块A、B碰撞瞬间遵守_。 (3)弹簧弹性势能最大时滑块A、B、C的速度_。 (4)滑块A、B、C的机械能的减少量等于弹簧弹性势能吗?为什 么? 提示:滑块A、B相碰后粘在一起,是完全非弹性碰撞,此过程损 失的机械能并没有转化为弹簧的弹性势能,故滑块A、B、C的机 械能的减少量大于弹簧弹性势能。,机械能守恒,动量守恒定律,相同,【解析】(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程, 机械能守恒,设其滑到底面的速度为v1,由机械能守恒定律有 mAgh= (2分) 解得:v1= (1分) 滑块A与B碰撞的过程,A、B系统的动量守恒,碰撞结束瞬间具有 共同速度设为v2,由动量守恒定律有mAv1=(mA+mB)v2 (2分) 解得: (1分),(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程 机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C 速度相等，设速度为v3，由动量守恒定律有：mAv1=(mA+mB+mC)v3 (2分) v3= (1分) 由机械能守恒定律有：Epmax= (2分) Epmax= (1分),(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4,滑块C的速度为v5,分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有： (mA+mB)v2=(mA+mB)v4+mCv5 (2分) (2分) 解得：v4=0,v5=v2= (2分) 滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动：s=v5t (1分) H= (1分) 解得：s= (2分) 答案：(1) (2) (3),【拓展延伸】若滑块A、B发生弹性碰撞，试求： (1)滑块A返回到曲面的最大高度h; (2)假设B、C分离时A、B没有再次发生碰撞，则弹簧的弹性势能最大为多少？,(1)提示：由mAv1=mBvB+mAvA 由 =mAgh可得滑块A返回曲面的最大高度h= (2)提示：当B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律得： mBvB=(mB+mC)vBC,1.(2013崇左一模)两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在 光滑的水平冰面上。其中一人向另一人抛出一个篮球,另一人 接球后再抛回。如此反复进行几次后,甲和乙最后的速率关系 是( ) A.若甲先抛球,则一定是v甲v乙 B.若乙最后接球,则一定是v甲v乙 C.只有甲先抛球,乙最后接球,才有v甲v乙 D.无论怎样抛球和接球,都是v甲v乙,【解析】选B。甲、乙两人和篮球组成的系统动量守恒,最初系统总动量为零。若甲最后接球,则(M+m)v甲-Mv乙=0,v甲v乙,故只有B正确。,2.(2013百色一模)如图,两物体A、B用轻质弹簧相连,静止在光滑水平面上,现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2,使A、B同时由静止开始运动,在弹簧由原长伸长到最长(在弹性限度内)的过程中,对A、B两物体及弹簧组成的系统,正确的说法是( ),A.A、B先做变加速运动,当F1、F2和弹力大小相等时,弹簧弹性势能最大;之后,A、B做变减速运动,直至速度减到零 B.A、B做变减速运动到速度减为零时,弹簧伸长到最长,系统的机械能最大 C.因F1、F2等大反向,故F1与F2做功的代数和为零,系统机械能守恒 D.因F1、F2等大反向,故系统的动量守恒,【解析】选B、D。取A、B和弹簧为一系统,因F1、F2等大反向,系统所受合外力为零,故系统动量守恒,弹簧伸长过程中F1、F2始终对系统做正功,系统机械能增加,当弹簧伸长最长时,两物体速度为零,此时机械能最大,B、D正确,C错误;当F1、F2与弹力大小相等时,两物体速度最大,弹簧的弹性势能不是最大,A错误。,3.(2012桂林模拟)在光滑水平地面上有A、B两等大均匀的小球,质量分别为m1、m2,其中m2=3m1。在两小球的右侧同一水平线上,有一半径R=0.2m的四分之一光滑圆槽,槽口的最上端与其圆心在一条水平线上,最下端与地面相切。现把槽固定在地面上,m1以4m/s的速度向右与m2相碰,碰后m2恰好能到达槽口的最上端。若把A、B互换位置,m2仍以4m/s的速度向右与m1相碰,求碰后m1最终能离开地面上升的最大高度。(g=10m/s2),【解析】先判断A、B两球是什么性质的碰撞，m2被碰后机械 能守恒： m2v2=m2gR，解得v=2 m/s，若二者为完全弹性碰 撞则有动量守恒、能量守恒 解得v2= 这样与前面的v=2 m/s相等，说明为弹性碰撞。,则m2碰撞m1也为弹性碰撞，仍有动量守恒、能量守恒 解得碰后m1的速度为v1=6 m/s m1到达槽的最上端后，会继续上抛， 由机械能守恒， h=1.8 m 答案：1.8 m,七 动量与能量的综合问题的规范求解 【案例剖析】(20分)(2011大纲版全国卷)装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因。,质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为 m的子弹以某一速度垂直射向该钢板,刚好能将钢板射穿。现 把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块,间隔一段距离 水平放置,如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块 钢板,穿出后再射向第二块钢板,求子弹射入第二块钢板的 深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力,且两块钢板不会发 生碰撞,不计重力影响。,【审题】抓住信息,准确推断,